reelles DGL-System < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:46 Mo 28.11.2011 | | Autor: | David90 |
| Aufgabe | Ermitteln Sie die allgemeine Lösung des reellen DGL-Systems
[mm] \pmat{ t^{-1} & 2t^{-1} \\ -t^{-1} & -2t^{-1} }\vec{x}(t)+\vektor{cost \\ 0}=\vec{x}'(t), [/mm] t [mm] \in \IR^{+} [/mm] |
Hi Leute, also ich komm bei der obigen Aufgabe nicht klar :/
Also das ist ja ein lineares, homogenes System mit Dimension 2.
Lösung mit Variation der Konstanten:
Jetzt brauchen wir erstmal die homogene Lösung, damit man die Wronski-Matrix aufstellen kann. Aber ich weiß nicht wie man auf die kommt :/ Kann mir jemand helfen?
Danke schon mal
Gruß David
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:56 Mo 28.11.2011 | | Autor: | fred97 |
> Ermitteln Sie die allgemeine Lösung des reellen
> DGL-Systems
> [mm]\pmat{ t^{-1} & 2t^{-1} \\ -t^{-1} & -2t^{-1} }\vec{x}(t)+\vektor{cost \\ 0}=\vec{x}'(t),[/mm]
> t [mm]\in \IR^{+}[/mm]
> Hi Leute, also ich komm bei der obigen
> Aufgabe nicht klar :/
> Also das ist ja ein lineares, homogenes System mit
> Dimension 2.
> Lösung mit Variation der Konstanten:
> Jetzt brauchen wir erstmal die homogene Lösung, damit man
> die Wronski-Matrix aufstellen kann. Aber ich weiß nicht
> wie man auf die kommt :/ Kann mir jemand helfen?
> Danke schon mal
> Gruß David
Ist [mm] \vec{x}(t)=(x_1(t),x_2(t))^T [/mm] eine Lösung des homogenen Systems, so ist
[mm] x_2'=-x_1'.
[/mm]
Hilft das ?
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:02 Mo 28.11.2011 | | Autor: | David90 |
mmhhhh...nicht wirklich :/
In der Aufgabe war noch ein Hinweis: Für die homogene Lösung verwenden Sie den Ansatz [mm] t^r\vektor{\alpha \\ \beta} [/mm] mit geeigneten Zahlen r, [mm] \alpha, \beta... [/mm] aber so richtig hilft mir das auch nicht weiter...wie soll man denn daraus die Wrönski-Matrix aufstellen?
Gruß David
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:09 Mo 28.11.2011 | | Autor: | fred97 |
> mmhhhh...nicht wirklich :/
> In der Aufgabe war noch ein Hinweis: Für die homogene
> Lösung verwenden Sie den Ansatz [mm]t^r\vektor{\alpha \\ \beta}[/mm]
> mit geeigneten Zahlen r, [mm]\alpha, \beta...[/mm] aber so richtig
> hilft mir das auch nicht weiter...wie soll man denn daraus
> die Wrönski-Matrix aufstellen?
> Gruß David
Gehe mit [mm] \vec{x}(t)=t^r*\vektor{\alpha \\ \beta} [/mm] in das homogene System ein.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:44 Mo 28.11.2011 | | Autor: | David90 |
Was meinst du mit eingehen? Muss man da irgendeine Lösungmethode anwenden, z.B. Exponentialansatz?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:50 Mo 28.11.2011 | | Autor: | fred97 |
> Was meinst du mit eingehen? Muss man da irgendeine
> Lösungmethode anwenden, z.B. Exponentialansatz?
Nein !!!
Für eine Lösung des homogenen Systems sollst Du den Ansatz [mm] x(t)=t^r\vektor{\alpha \\ \beta} [/mm] machen.
D.h.:
[mm] \pmat{ 1/t & 2/t \\ -1/t & -2/t }t^r\vektor{\alpha \\ \beta}= rt^{r-1}\vektor{\alpha \\ \beta}
[/mm]
Gewinne daraus Informationen über [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta.
[/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:24 Mo 28.11.2011 | | Autor: | David90 |
Achso ok...sorry, wenn ich das noch nich so ganz verstehe v.v
Hab das jetzt eingesetzt und vereinfacht (da haben sich ja die ganzen [mm] t^{r-1} [/mm] rausgekürzt) und dann bleibt da stehen:
1) [mm] \alpha+2\beta=\alpha [/mm] r
2) [mm] -\alpha-2\beta=\beta [/mm] r
Aber das sind ja 3 Unbekannte und wir haben nur 2 Gleichungen...wenn man die beiden addiert bleibt stehen:
[mm] 0=r(\alpha+\beta) [/mm] darf man jetzt die Variablen einfach so wählen?
Die Gleichung ist ja erfüllt für r=0 oder [mm] \alpha=-\beta [/mm] und dann würde sich folgende homogene Lösung ergeben:
[mm] \vec{x_{1}}(t)=\vektor{1 \\ -1}
[/mm]
Aber da fehlt ja dann noch eine homogene Lösung, sonst können wir ja keine Wronski-Matrix aufstellen...
Kann man dann ins Komplexe gehen und sagen eine zweite Lösung ist:
[mm] \vec{x_{2}}(t)=\vektor{1-i \\ -1+i}?
[/mm]
Gruß David
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Hallo David90,
> Achso ok...sorry, wenn ich das noch nich so ganz verstehe
> v.v
> Hab das jetzt eingesetzt und vereinfacht (da haben sich ja
> die ganzen [mm]t^{r-1}[/mm] rausgekürzt) und dann bleibt da
> stehen:
> 1) [mm]\alpha+2\beta=\alpha[/mm] r
> 2) [mm]-\alpha-2\beta=\beta[/mm] r
> Aber das sind ja 3 Unbekannte und wir haben nur 2
> Gleichungen...wenn man die beiden addiert bleibt stehen:
> [mm]0=r(\alpha+\beta)[/mm] darf man jetzt die Variablen einfach so
> wählen?
> Die Gleichung ist ja erfüllt für r=0 oder [mm]\alpha=-\beta[/mm]
> und dann würde sich folgende homogene Lösung ergeben:
> [mm]\vec{x_{1}}(t)=\vektor{1 \\ -1}[/mm]
> Aber da fehlt ja dann
> noch eine homogene Lösung, sonst können wir ja keine
> Wronski-Matrix aufstellen...
> Kann man dann ins Komplexe gehen und sagen eine zweite
> Lösung ist:
> [mm]\vec{x_{2}}(t)=\vektor{1-i \\ -1+i}?[/mm]
Obiges Gleichungsystem schreibt sich doch so:
[mm]\pmat{1 & 2 \\ -1 & -2}\pmat{\alpha \\ \beta}=r*\pmat{\alpha \\ \beta}[/mm]
bzw.
[mm]\left(\pmat{1 & 2 \\ -1 &-2}-r*\pmat{1 & 0 \\ 0 &1}\right)\pmat{\alpha \\ \beta}=\pmat{0 \\ 0}[/mm]
Das ist ein Eigenwertproblem.
Bestimme demnach die Eigenwerte der Matrix
[mm]\pmat{1 & 2 \\ -1 &-2}-r*\pmat{1 & 0 \\ 0 &1}=\pmat{1-r & 2 \\ -1 &-2-r}[/mm]
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:22 Mo 28.11.2011 | | Autor: | David90 |
Ok dann habe ich jetzt für [mm] r_{1}=0 [/mm] und für [mm] r_{2}=-\bruch{1}{4}. [/mm] So jetzt braucht man doch noch Werte für [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] oder? Wie bekommt man denn die?
Gruß David
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:27 Mo 28.11.2011 | | Autor: | fred97 |
> Ok dann habe ich jetzt für [mm]r_{1}=0[/mm] und für
> [mm]r_{2}=-\bruch{1}{4}.[/mm] So jetzt braucht man doch noch Werte
> für [mm]\alpha[/mm] und [mm]\beta[/mm] oder? Wie bekommt man denn die?
Löse für diese r jeweils das GS
$ [mm] \pmat{1 & 2 \\ -1 & -2}\pmat{\alpha \\ \beta}=r\cdot{}\pmat{\alpha \\ \beta} [/mm] $
FRED
> Gruß David
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:00 Mo 28.11.2011 | | Autor: | David90 |
Na gut, für [mm] r_{1}=0 [/mm] ergibt sich das Gleichungssystem:
1) [mm] \alpha_{1}+2\beta_{1}=0
[/mm]
2) [mm] -\alpha_{1}-2\beta_{1}=0
[/mm]
Also kann man [mm] \alpha_{1} [/mm] und [mm] \beta_{1} [/mm] frei wählen oder?
Dann Setzt man z.B. [mm] \alpha_{1}=-2 [/mm] und [mm] \beta_{1} [/mm] ist dann 1.
für [mm] r_{2}=-\bruch{1}{4} [/mm] ergibt sich das Gleichungssystem:
1) [mm] \alpha_{2}+2\beta_{2}=-\bruch{1}{4}\alpha_{2}
[/mm]
2) [mm] -\alpha_{1}-2\beta_{1}=-\bruch{1}{4}\beta_{2}
[/mm]
also ist [mm] \alpha_{2}=\beta_{2}=0
[/mm]
Und jetzt kann man die Wronski-Matrix aufstellen oder?
Also [mm] w(t)=\pmat{ -2 & 0 \\ 1 & 0 }
[/mm]
Gruß David
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Hallo David90,
> Na gut, für [mm]r_{1}=0[/mm] ergibt sich das Gleichungssystem:
> 1) [mm]\alpha_{1}+2\beta_{1}=0[/mm]
> 2) [mm]-\alpha_{1}-2\beta_{1}=0[/mm]
> Also kann man [mm]\alpha_{1}[/mm] und [mm]\beta_{1}[/mm] frei wählen oder?
> Dann Setzt man z.B. [mm]\alpha_{1}=-2[/mm] und [mm]\beta_{1}[/mm] ist dann
> 1.
>
> für [mm]r_{2}=-\bruch{1}{4}[/mm] ergibt sich das Gleichungssystem:
> 1) [mm]\alpha_{2}+2\beta_{2}=-\bruch{1}{4}\alpha_{2}[/mm]
> 2) [mm]-\alpha_{1}-2\beta_{1}=-\bruch{1}{4}\beta_{2}[/mm]
> also ist [mm]\alpha_{2}=\beta_{2}=0[/mm]
>
> Und jetzt kann man die Wronski-Matrix aufstellen oder?
Nein, das kannst Du nicht.
Für r=0 erhältst Du unendliche viele Lösungen die Vielfache von [mm]\pmat{-2 \\ 1}[/mm] sind. Das ist der Eigenvektor zum Eigenwert 0.
Für [mm]r=-\bruch{1}{4}[/mm] erhältst Du die triviale Lösung. Diese ist nicht interessant.
Gesucht ist daher ein zweites [mm]r \not=0[/mm], für welches das Gleichungssystem
unendlich viele Lösungen besitzt.
Um diese r herauszufinden, macht den Ansatz des charakterisrischen Polynoms und bestimmt davon die Nullstellen.
> Also [mm]w(t)=\pmat{ -2 & 0 \\ 1 & 0 }[/mm]
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:00 Do 01.12.2011 | | Autor: | kozlak |
Hallo.
Also wäre das für [mm] r_{2}=-1 [/mm] mit Eigenvektor [mm] \vektor{-1\\ 1}. [/mm] Somit ist die Lsg. des hom. DGL [mm] x(t)_{h}=c_{1}e^-t\vektor{-1\\ 1}+c_{2}\vektor{-2t\\ t}, c_{1},c_{2}\in [/mm] R? Wie geht man weiter vor?
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Hallo kozlak,
> Hallo.
>
> Also wäre das für [mm]r_{2}=-1[/mm] mit Eigenvektor [mm]\vektor{-1\\ 1}.[/mm]
> Somit ist die Lsg. des hom. DGL
> [mm]x(t)_{h}=c_{1}e^-t\vektor{-1\\ 1}+c_{2}\vektor{-2t\\ t}, c_{1},c_{2}\in[/mm]
> R? Wie geht man weiter vor?
Die homogene Lösung muss doch so lauten:
[mm]x_{h}(t)=c_{1}\red{t^{-1}}\vektor{-1\\ 1}+c_{2}\blue{\vektor{-2\\ 1}}, c_{1},c_{2}\in \IR[/mm]
Um die partikuläre Lösung zu bestimmen,
werden jetzt [mm]c_{1}, c_{2}[/mm] zusätztlich von t abhängig gemacht.
Damit lautet der Ansatz für die partikuläre Lösung:
[mm]x_{p}(t)=c_{1}\left(t\right)*t^{-1}\vektor{-1\\ 1}+c_{2}\left(t\right)*\vektor{-2\\ 1}[/mm]
Damit gehst Du in die inhomogene DGL.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Do 01.12.2011 | | Autor: | kozlak |
Danke für die Hilfe, aber wieso muss es [mm] x(t)=c_{1}t^{-1}\vektor{-1 \\ 1}+ c_{2}\vektor{-2 \\ 1}. [/mm] kann man hier denn nicht den Ansatz [mm] \vec{x(t)}=\vec{v}e^{\lambda*t} [/mm] verwenden und somit [mm] x(t)=c_{1}e^{-t}\vektor{-1 \\ 1}+ c_{2}\vektor{-2 \\ 1}?
[/mm]
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Danke für die Hilfe, aber wieso muss es
> [mm]x(t)=c_{1}t^{-1}\vektor{-1 \\ 1}+ c_{2}\vektor{-2 \\ 1}.[/mm]
> kann man hier denn nicht den Ansatz
> [mm]\vec{x(t)}=\vec{v}e^{\lambda*t}[/mm] verwenden und somit
> [mm]x(t)=c_{1}e^{-t}\vektor{-1 \\ 1}+ c_{2}\vektor{-2 \\ 1}?[/mm]
>
Der Ansatz lautet nach der Aufgabe :[mm]x\left(t\right)=t^{r}*\pmat{\alpha \\ \beta}[/mm]
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:35 Do 01.12.2011 | | Autor: | kozlak |
Endlich verstanden.
Vielen Dank!
mfg,
kozlak
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